2025_2026学年安徽省临泉第二中学高三下学期3月阶段检测物理试卷 [含解析]

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1. 由于宇宙射线的作用，在地球大气层产生有铍的两种放射性同位素和。测定不同高度大气中单位体积内二者的原子个数比，可以研究大气环境的变化。已知和的半衰期分别约为53天和139万年。在大气层某高度采集的样品中，研究人员发现和的总原子个数经过106天后变为原来的，则采集时该高度的大气中和的原子个数比约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设采集时大气中有x个原子和y个原子，由于的半衰期为139万年，故经过106天后原子的衰变个数可以忽略不计，的半衰期为53天，故经过106天后剩余数量为，故可得
解得
故选B。
2. 如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（ ）
A. 激光在甲中频率大B. 激光在乙中的频率大
C. 用甲时全反射临界角大D. 用乙时全反射临界角大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．激光在不同介质中传播时，其频率不变，故AB错误；
CD．根据，甲的折射率比乙的大，则用乙时全反射临界角大，故C错误，D正确。
故选D 。
3. 如图所示，实线和虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（ ）
A. 波长为B. 波速为
C. 周期为D. 时刻，质点向下振动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知波长为10cm，故A错误；
BC．时刻到的过程中，
已知波的周期，则n只能取0，则
波速为，故BC错误；
D．简谐横波沿着轴正方向传播，根据同侧法可知时刻，质点向下振动，故D正确。
故选 D。
4. 工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律
可得
故选B。
5. 地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（ ）
A. 在近日点的速度小于地球的速度
B. 从b运行到c的过程中动能先增大后减小
C. 从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D. 在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
过近日点做一个以太阳为圆心的圆形轨道，卫星在该圆形轨道上的速度比彗星在椭圆轨道上近日点速度小，而比地球公转的速度大，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；
B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；
D．万有引力提供加速度
则哈雷彗星的加速度与地球的加速度比值为
D错误。
故选C。
6. 如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为，细线c、d平行且与水平成（不计摩擦，重力加速度g=10m/s2），则细线a、b的拉力分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为
设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有
解得
故选D。
7. 如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
8. 如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为和的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上点和点，已知，则小圆环从点运动到点的过程中（ ）
A. 静电力做正功B. 静电力做负功
C. 静电力先做正功再做负功D. 静电力先做负功再做正功
【答案】A
【解析】
【详解】解法一：设在小圆环在、间的任意一点，与的夹角为，根据几何关系可得
带负电的小圆环与M点固定的电电荷间库仑力为
，方向由
带负电的小圆环与N点固定的电电荷间库仑力为
，方向由
连接，将两个库仑力沿着方向（半径方向）和垂直（圆弧切线方向）分解，则沿切线方向
因素分解可得
则小圆环在半圆弧上运动时，，则、、均大于0，则当时，即时，，静电力做正功。当时，，静电力做负功。可得小圆环后经过图上点和点的过程中受到的静电力在切线方向的分力一直大于等于0，则静电力一直做正功。
故选A
解法二：设在小圆环在、间的任意一点，与的夹角为，根据几何关系可得
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
关于求导可得
当时，，
为单调递减函数。
当时， ，
为单调递增函数，
从点运动到点时 由增大到，故一直变小，静电力一直做正功。故A正确。
故选A
9. 如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻和、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压不变的情况下，为提高的热功率，可以（ ）
A. 保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B. 将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C. 将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D. 将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与串联后的总电阻减小，电流增大，根据可知此时热功率增大，故A正确；
B．将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过的电流减小，故热功率减小，故B错误；
C．将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；
D．将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。
故选AC。
10. 如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则（ ）
A. 电场强度大小为
B. 磁感应强度大小为
C. N、P两点的电势差为
D. 粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN，故电场力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有，
解得，，故A错误，B正确；
C．撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点过程所用的时间为
又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移时间公式可得
结合A项分析联立解得
所以N、P两点的电势差，故C正确；
D．当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为，故D错误。
故选BC。
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
11. 如图1所示，实验小组利用打点计时器、铁架台、重锤、纸带、刻度尺等器材，通过研究自由落体运动测量重力加速度g，已知交流电源频率为50Hz。
（1）下列实验步骤正确的操作顺序为___________（填步骤前的字母）。
A．先接通电源，待打点计时器稳定打点后，再释放纸带
B．将纸带穿过打点计时器的限位孔，下端固定在重锤上，用手捏住纸带上端保持静止
C．在纸带上选取合适的一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录并分析数据
D．关闭电源，取下纸带
（2）图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离，利用逐差法计算重力加速度g=___________（结果保留2位有效数字）。
（3）若绘制关系图像（v为某点速度，h为对应下落高度），理论上该图像的斜率为___________（用g表示）。
【答案】（1）BADC
（2）9.5 （3）2g
【解析】
【小问1详解】
实验操作需遵循“先固定器材→通电后释放→关电源取纸带→分析数据”的顺序，故正确的操作顺序为BADC。
【小问2详解】
由逐差法可知
【小问3详解】
由自由落体规律得
故图像斜率为。
12. 某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
（1）R0在电路中起______（填“保护”或“分流”）作用。
（2）与E、r、R、R0的关系式为______。
（3）根据记录数据作出图像，如图（b）所示。已知R0=9.0Ω，可得E=______V（保留三位有效数字），r=______Ω（保留两位有效数字）
（4）电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果______（填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）保护 （2）
（3） ①. 1.47 ②. 1.3
（4）有
【解析】
【小问1详解】
R0与电阻箱串联，可知，R0在电路中起保护作用。
【小问2详解】
根据闭合电路欧姆定律
化简可得
【小问3详解】
[1][2]结合上述有
结合图（b）有，
解得，
【小问4详解】
当电流传感器有内阻时，所测的电源内阻
导致电源内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
13. 如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强，铸型室底面积，高度，底面与注气前气室内金属液面高度差，柱状气室底面积，注气前气室内气体压强为，金属液的密度，重力加速度取，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度和气室内气体压强。
（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为时，气室内气体压强。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据体积关系
可得下方液面下降高度
此时下方气体的压强
代入数据可得
【小问2详解】
初始时，上方铸型室气体的压强为，体积
当上方铸型室液面高为时体积为
根据玻意耳定律
可得此时上方铸型室液面高为时气体的压强为
同理根据体积关系
可得
此时下方气室内气体压强
代入数据可得
14. 光滑斜面倾角为，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等（大小未知）。正方形线框质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为，Ⅱ区域长为（），两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到边离开Ⅰ区域时速度均为v，当边进入Ⅱ区域时的速度和边离开Ⅱ区域时的速度一致，重力加速度为g则：
（1）求线框释放点边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）求边进入Ⅰ区域时边两端的电势差；
（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功平均功率。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
【小问2详解】
设两区域内的磁感应强度为，因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
又因为，
cd边两端的电势差
联立可得
【小问3详解】
根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，设此过程克服安培力做功为W，根据动能定理得
解得
设此过程安培力的冲量大小为，时间为，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得
因为，则线框进入磁场的过程安培力的冲量大小为
同理可得线框离开磁场的过程安培力的冲量大小为
可得
联立解得
线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为
15. 为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差